热门试卷

（Ⅰ）g（x）的定义域是（0，+∞）∵g（x）=f'（x）=+lnx，

∴g'（x）=-+=，…（2分）

（1）当a≤0时，g'（x）＞0，∴g（x）在（0，+∞）上单调递增，

故g（x）单调区间是（0，+∞）…（4分）

（2）当a＞0时，g'（x）＞0，∴g（x）在（a，+∞）上单调递增，

再由g'（x）＜0得g（x）在（0，a）上单调递减．

g（x）的单调区间是（0，a）与（a，+∞）…（7分）

（Ⅱ）由题（Ⅰ）知，g（x）在x=a时取到最小值，且为g（a）=+lna=1+lna．…（9分）

∵a≥，∴lna≥-1，∴g（a）≥0．

∴f'（x）≥g（a）≥0．f（x）在（0，+∞）上单调递增，…（11分）

∵f（e）=（e+a）lne-e+a=2a＞0，f()=(+a)ln-+a=-＜0，，

∴f(x)在(，e)内有零点．…（13分）

故函数f（x）=（x+a）lnx-x+a的零点个数为1．…（14分）

（1）∵1为f（x）的一个零点，

∴f（1）=0，解得c=1．

（2）由（1）知：f(x)=，

所以f(4a)+f(4b)=+==0．

（3）先证f（x）的单调性．

设0≤x1＜x2≤2，则f(x2)-f(x1)=-=．

∵0≤x1＜x2≤2，∴当c＞-1时，f（x2）＞f（x1），即函数f（x）在[0，2]上单调递增，

所以f（x）max=f（2）=3，即=3，解得c=5；

当c=-1时，f（x1）=f（x2），即f（x）在[0，2]上是常函数，

所以f（x）=-1，不合题意；

当c＜-1时，f（x1）＜f（x2），即函数f（x）在[0，2]上单调递减，

所以f（x）max=f（0）=3，即-1=3，显然不成立，

综上所述，c=5．

（Ⅰ）依题意，知f（x）的定义域为（0，+∞）．（1分）

当a=b=时，f（x）=lnx-x2-x，

f′（x）=-x-=．（2分）

令f′（x）=0，解得x=1．

当0＜x＜1时，f′（x）＞，此时f（x）单调递增；

当x＞1时，f′（x）＜0，此时f（x）单调递减．（3分）

所以函数f（x）的单调增区间（0，1），函数f（x）的单调减区间（1，+∞）．（4分）

（Ⅱ）F（x）=lnx+，x∈（0，3]，

所以k=F′（x0）=≤，，在x0∈（0，3]上恒成立，（6分）

所以a≥（-，x02+x0）max，x0∈（0，3]（7分）

当x0=1时，-x02+x0取得最大值 ．所以a≥．（9分）

（Ⅲ）当a=0，b=-1时，f（x）=lnx+x，

因为方程f（x）=mx在区间[1，e2]内有唯一实数解，，

所以lnx+x=mx有唯一实数解．

∴m=1+，

设g（x）=1+，则g′（x）=．

令g′（x）＞0，得0＜x＜e；

g′（x）＜0，得x＞e，

∴g（x）在区间[1，e]上是增函数，在区间[e，e2]上是减函数，

g（1）=1，g（e2）=1+=1+，g（e）=1+，

所以m=1+，或1≤m＜1+．

（1）∵f（x）=x2-（a+2）x+alnx，

∴f′（x）=2x-（a+2）+==，其中x＞0，

令f'（x）=0，得x=1或x=．

∵a＞2，∴＞1．

当0＜x＜1及x＞时，f'（x）＞0；

当1＜x＜时，f'（x）＜0；

∴f（x）的单调递增区间为（0，1），（，+∞）．

（2）当a=4时，f（x）=x2-6x+4lnx，f′（x）=2x+-6==，其中x＞0，

当x∈（0，1），（2，+∞）时，f′（x）＞0．

当x∈（1，2）时，f′（x）＜0．

∴f（x）在x∈（0，1），（2，+∞）时为增函数，

在x∈（1，2）时为减函数．

∴f（x）的极大值为f（1）=-5，极小值为f（2）=4ln2-8．

要使函数y=f（x）-m有三个不同的零点，即函数y=f（x）的图象与直线y=m有三个不同交点，

如图，则m的取值范围是（4ln2-8，-5）．

（3）由（2）知，当a=4时，函数y=f（x）在其图象上一点P（x0，f（x0））处的切线方程为：

y=m（x）=(2x0+-6)(x-x0)+x02-6x0+4lnx0，

设φ（x）=f（x）-m（x）=x2-6x+4lnx-(2x0+-6)(x-x0)-(x02-6x0+4lnx0)，

则φ（x0）=0．

ϕ′（x）=2x+-6-（2x0+-6）=2（x-x0）（1-）=（x-x0）（x-）

若x0＜，φ（x）在（x0，）上单调递减，

∴当x∈（x0，）时，φ（x）＜φ（x0）=0，此时＜0；

若x0＞，φ（x）在（，x0）上单调递减，

∴当x∈（，x0）时，φ（x）＞φ（x0）=0，此时＜0．

∴y=f（x）在（0，）∪（，+∞）上不存在“类对称点”．

若x0=，(x-)2＞0，

∴φ（x）在（0，+∞）上是增函数，

当x＞x0时，φ（x）＞φ（x0）=0，

当x＜x0时，φ（x）＜φ（x0）=0，故＞0．

即此时点P是y=f（x）的“类对称点”

综上，y=f（x）存在“类对称点”，是一个“类对称点”的横坐标．

（1）∵f（x）=x3+ax2+bx+c

∴f'（x）=3x2+2ax+b

∵f（x）在x=1，x=3处取得极值

∴f'（1）=3+2a+b=0．f'（3）=27+6a+b=0

∴a=-6，b=9…（6分）

（2）∵f（x）=x3-6x2+9x+c，

∴f'（x）=3x3-12x2+9=3（x-1）（x-3）

∴x∈（-∞，1）时，f'（x）＞0，x∈（1，3）时，f'（x）＜0，x∈（3，+∞）时，f'（x）＞0，

∴f（x）极大值为f（1）=4+c，f（x）极小值为f（3）=c

∴方程f（x）=0有3个不等实根∴函数y=f（x）的图象与x轴有三个不同的交点∴4+c＞0＞c

∴-4＜c＜0…（12分）

（1）f′（x）=+3x2-2x-a=

∵x=为f（x）的极值点，∴f′（）=0

∴3a(

2

3

)2+（3-2a）-（a2+2）=0且a+1≠0

∴a=0．

又当a=0时，f′（x）=x（3x-2），从而x=为f（x）的极值点成立．

（2）若a=-1时，方程f（1-x）-（1-x）3=

可得lnx-（1-x）2+（1-x）=

即b=xlnx-x（1-x）2+x（1-x）=xlnx+x2-x3在x＞0上有解

即求函数g（x）=xlnx+x2-x3的值域．

b=x（lnx+x-x2）       令h（x）=lnx+x-x2

由h′（x）=+1-2x=∵x＞0

∴当0＜x＜1时，h′（x）＞0，从而h（x）在（0，1）上为增函数；

当x＞1时，h′（x）＜0，从而h（x）在（1，+∞）上为减函数．

∴h（x）≤h（1）=0，而h（x）可以无穷小．∴b的取值范围为（-∞，0]．

（Ⅰ）∵函数f（x）=alnx+x2-12x，

∴f′（x）=+2x-12，

∵x=4是函数f（x）=alnx+x2-12x的一个极值点，

∴f′（4）=0，得+8-12=0，得a=16；

（Ⅱ）当a=16时，f（x）=16lnx+x2-12x，f′（x）=+2x-12=，

当f′（x）＞0时，可得x＞4或者0＜x＜2；

当f′（x）＜0时，可得2＜x＜4；

∴函数f（x）的单调增区间为：（4，+∞），（0，2）；

函数f（x）的单调减区间为：（2，4）；

（Ⅲ）直线y=b与函数y=f（x）的图象有且仅有3个交点，f（4）=16ln4-32，f（2）=16ln2-20，

由（Ⅱ）知f（x）在x=2出去极大值，在x=4出取极小值，

画出f（x）的草图：

直线y=b与函数y=f（x）的图象有且仅有3个交点，

∴直线y=b必须在直线l和直线n之间，

∴f（4）＜b＜f（2），

即161n4-32＜b＜16ln2-20，；